大学物理 习题课(刚体)

J1r1r2 10 2 2 2 J1r2 J 2 r1
11、质量为m，长为 l的均匀棒，如图， 若用水平力打击在离轴下 y 处，作用时 Ry 间为t 求：轴反力
解：轴反力设为 Rx Ry d 由转动定律： yF J y dt yF t t 为作用时间 F 得到： J 由质心运动定理： l d l 2 切向： F Rx m 法向： R y mg m 2 dt 2 2 2 2 3y 9 F y (t ) R 于是得到： x (1 ) F R y m g 2l 2l 3 m
10
r1
r2
解： 受力分析： 无竖直方向上的运动
10
o1
N1
f
r1
N2
r2
N1 f m1 g N 2 f m2 g
以O1点为参考点， 计算系统的外力矩：
o2
f
m1 g
m2 g
M ( N2 m2 g )(r1 r2 )
f (r1 r2 ) 0
作用在系统上的外力矩不为0，故系统的角动量不守恒。 只能用转动定律做此题。
r
at r
在R处：
R
at R
（2）用一根绳连接两个或多个刚体
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
D
A
m2
m1
• 同一根绳上各点的切向加速度相同；线速度也相同；
a t A a t B a t C a t D
A B C D
• 跨过有质量的圆盘两边的绳子中的张力不相等；
TA TB TD
但 TB TC
B
C
M 2 o2 R 2
o1R1 M1
D
A
m2
m1
• 两个圆盘的角速度和角加速度不相等。
1 2
1 2
2. 如图，转轮A、B可分别独立地绕o轴转动。A、B轮 的质量分别为 mA=10kg 和 mB=20kg,半径分别为rA和rB。 现分别用fA和fB分别拉系在轮上的细绳且使绳与轮间无 滑动。为使A、B两轮边缘处切向加速度相同，相应的 拉力fA和fB之比为多少？
习题课
（刚体定轴转动部分）
1. 刚体定轴转动定律：
M J
J r dm
2
J mi ri
2
平行轴定理： J J c md
2
2. 刚体定轴转动的角动量定理：
dL z Mz dt
( Lz J z)
3. 角动量守恒定律： 若M z 0, 则Lz1 恒量
4. 刚体转动动能定理：
3. 现有质量相同，厚度相同的铁质和木质圆 板各一个。令其各自绕通过圆板中心且与圆 板垂直的光滑轴转动。设其角速度也相同。 某时刻起两者受到同样大小的阻力矩，问： 哪种质料的圆板先停止转动？ 解： 铁质和木质圆板的转动惯量分别为：
J铁 1 2 mR铁 2 1 2 J 木 mR木 2
R铁 R木
y
P转到x轴时圆盘的ω=? β=?
m
有： M f dt J d
解出：
2m v1 v 2 t Mg
5. 一质量为M、长为 l 的均匀细棒，悬在通 过其上O且与棒垂直的水平光滑固定轴上而 自由下垂，如图所示。现有一质量为m的小 泥团以与水平方向夹角为 ，速度为 v0 击在 棒长的 3 4 处，并粘在其上。 求（1） 细棒被击中后的角速度；
J铁 J木
由角动量定理得：
L J M t t
由题意：
M相同， 也相同所以： ,
J木 J铁 t 铁 t 木
J木 t木 t铁 t铁 J铁
因此，铁圆板先停
4. 质量为M长为L的均质细棒静止平放在滑动摩擦 系数为 的水平桌面上。它可绕O点垂直于桌面的 固定光滑轴转动。另有一水平运动的质量为m的小 滑块，从侧面垂直于棒方向与棒发生碰撞，设碰撞 时间极短。已知碰撞前后小滑块速度分别为 v1 v 。 和 2 求细棒碰撞后直到静止所需的时间是多少？
（2） 此时小珠子的加速度 a 。


R
o
解（1）圆盘受重力矩作用， 绕o轴转动作功。
mg
A Md

0
Rmg cos d
A Md 0 Rm g cos d

mgR sin
1 2 1 2 由转动动能定理： A I I0 2 2 11 2 2 2 mgR sin MR mR 2 2
d 1 对于盘1： fr J 1 1 dt fr1 d1 dt J1
fr2 d 2 dt J2
10
o1
N1
r1
f
m1 g
fr1 d1 dt J1
两Байду номын сангаас积分
t
r1 d1 J1 fdt 10 0
1
t
r1 10 1 fdt J1 0
v0 R
余下部分的角动量和转动动能：
1 2 2 L I MR mR 2 11 1 2 2 2 2 Ek I MR m R 22 2
7. 均质圆盘，质量为M，可绕光滑水平轴 转动。圆盘的边缘处嵌一质量为m的小珠 子，起始位置如图，整个系统静止，圆盘 半径为R。 求：（1） 当m转到 角时，圆盘的角速度 。
2
对O轴，系统所受的外力矩为： 1 m M Rm g R g Rmg 2 2 设u为人相对绳的匀速度，v 为重 物上升的速度 则系统对o轴的角动量为:
1m 2 J R 2 4
v R
求当人相对于绳匀速上爬时，重物上升的加速度是多少？
1 M Rmg 2
2 0
v0
2 2
v R H 2g 2g
（2） 系统（碎片和圆盘余下部分）
对O轴角动量守恒.（为什么？）
I I mv0 R
I I mv0 R
1 1 2 2 2 MR MR m R mv0 R 2 2
解出：
t 2
1 2 d kR mR 2 dt
4
M J
2kR ln t 0 m
2
0 e
2 kR 2 t m
10：两个均质圆盘 转动惯量分别为 J1 和 开始时第一个圆盘以
J2
10 的角速度旋转，
第二个圆盘静止，然后使两盘水平轴接近，
求：当接触点处无相对滑动时，两圆盘的角速度
13 L mRv mRu 8
R o
m
4
根据角动量定理：
v
m
dL M dt
m 2
1 d 13 m gR m Rv m Ru 2 dt 8 du dv 4 0 a g dt dt 13
13.如图，匀质圆盘M静止，有一粘土块m从高h 处下落，与圆盘粘在一起。已知M=2m,θ=60˚；求 碰撞后瞬间圆盘的ω0=? P转到x轴时圆盘的ω=? β=? 解：m下落
fr2 d 2 dt J2
2
两边积分
t
r2 d 2 J 2 0
fdt
0
t
r2 2 J2
fdt
0
于是有：
J1 J2 (10 1 ) 2 r1 r2
不打滑条件： r11 r2 2
接触点处两盘的线速度相等 可解得：
J1r2210 1 2 2 J1r2 J 2 r1
rB
解：A、B滑轮视为两个刚体
o
rA
由转动定律：
M J
滑轮边缘的切向加速度
fB
fA
at r
rB
o
rA
r f 2f M r at r r 1 2 m J mr 2
由题意： at
A
fB
fA
at B
2 f A 2 fB mA mB
f A mA 1 解出： f B mB 2
36mv0 cos 16M 27m l
o
3 l 4
（2）选细棒、泥团和地为系统。
在摆动过程中，机械能守恒。
1 2 l 3 I Mg mg l 2 2 4 l 3 0 Mg cos mg l cos 2 4
v0
解出：

2 54m 2v0 cos2 1 cos 1 2 M 3m 16M 27m gl
o
3 l 4
（2）细棒摆到最高点时，细棒
与铅直 方向间的夹角 。 解：（1） 选细棒、泥团为系统。 泥团击中后系统的转动惯量为：
v0

o
3 l 4
1 3 2 I Ml m l 3 4
2
v0

在泥团与细棒碰撞过程中对轴O的 角动量守恒！
3 mv0 l sin( 900 ) I 4
R
MR 2 MR 2 2MR 2
A
g R A 2R 2 gR
9、质量为m，半径为R 的圆盘，可绕过盘中心且垂直于 盘面的轴转动，在转动过程中单位面积所受空气的阻力 为 f =-kv ，t=0 时，圆盘的角速度为 0 。求盘在任意 时刻的速度 = (t) 解：将圆盘分成许多圆带，同一半 径 r 的圆带具有相同的速率：
6. 质量为M,半径为R并以角速度 旋转的 飞轮，在某一瞬时，突然有一片质量为m的 碎片从轮的边缘飞出。假定碎片脱离了飞轮 时的速度正好向上。
求（1） 碎片上升的高度 H=?
（2） 余下部分的 ? 角动量及动能又各为多少？

R
v0
o

R
v0
o
解（1） 碎片作匀加速运动.
v0 R
1 1 2 2 A J J0 2 2
A Md
1
2
5. 功能原理 6. 机械能守恒定律
1 2 Ek J 2
E p mghc
1. 注意以下几个问题： (1) 粘接在一起的两个圆盘（或圆柱）
它们的角速度和角加速度均相同，
但不同半径处的速度和加速度不同。
如图，在r处:
or R
Rx
12、一轻绳绕过一半径为R，质量为m/4的滑轮。质量为 m的人抓住了绳的一端，在绳的另一端系一个质量为m/2 的重物，如图所示。求当人相对于绳匀速上爬时，重物 上升的加速度是多少？ 解：选人+滑轮与重物为系统

m
R o
m
4
v
m
m L Rmu v R v J 2 13 L mRv mRu 8
解： m与M碰撞过程，
系统（m,M）对O轴角动量守恒
m v1 L m v2 L J
1 J ML2 3
v2
v1
o
碰后细棒转动直至停止，受摩擦 阻力矩作用
m与M碰撞之后：
M f xdf
L
dx
L
x
o

t
0
由转动定律
d M J dt
0 0
1 x(dx) g MgL 2
8 半径为R的均匀细圆环，可绕通过环上O点且垂直于 环面的水平光滑轴在竖直平面内转动，若环最初静止时 直径OA沿水平方向(如图所示)。环由此位置下摆，求A 到达最低位置时的速度
解：选环+地球为系统，系统机械能守恒 1 J 2 MgR 0 设O点为势能零点 2
O
A
J J c MR 2
m
y
h
P
o

M

1 mgh m 2 v 2gh1 2 碰撞 t 极短，对 m +盘系统，冲力远 大于重力，故重力对O力矩可忽略，角 动量守恒： x mvR cos J0 2 1 J MR 2 mR 2 2m R2 3 2 2 gh 由1 ~ 3得：0 cos 4 2R
解出：
4mg sin ( M 2m ) R
R
o

mg
（2） 小珠子的法向 加速度为： 2 4mg sin an R ( M 2m )
at R
由转动定律得：
1 2 2 m gRcos MR m R 2 2mg cos M 2m R

r
r
dr
dr 圆带受阻力矩：
dM 2 k ds r
2 k r 2rdr r 4kr dr
3
圆盘受阻力矩：
M dM 4kr dr
3
R
kR
由 转动定律：
0
4
2kR d m dt 0 0